河北省滄州市第一中學(xué)2022-2023學(xué)年化學(xué)高三第一學(xué)期期中學(xué)業(yè)水平測試試題（含解析）

1、2022-2023高三上化學(xué)期中模擬測試卷請考生注意：1請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應(yīng)位置上，請用05毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2答題前，認(rèn)真閱讀答題紙上的注意事項(xiàng)，按規(guī)定答題。一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1、化學(xué)與人們的生活、生產(chǎn)密切相關(guān)。下列說法正確的是( )A酒精和84消毒液混合使用能提高對新型冠狀病毒的預(yù)防效果B納米鐵粉可以去除被污染水體中的Cu2+、Hg2+等重金屬離子，其本質(zhì)是納米鐵粉對重金屬離子較強(qiáng)的物理吸附C燃煤中加入CaO可以減少酸雨的形成，同時(shí)也可以減少溫室氣體的排放D5G時(shí)代某三

2、維存儲器能儲存海量數(shù)據(jù)，其半導(dǎo)體襯底材料是單晶硅2、下列熱化學(xué)方程式書寫正確的是（ ）AC2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) H=-1367.0klBNaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）H=+57.3kl/molCS（s）+O2(g)=SO2（g）H=-296.8kl/molD2NO2=O2+2NO H=+116.2kl/mol3、下列實(shí)驗(yàn)所得結(jié)論正確的是充分振蕩試管，下層溶液紅色褪去溶液變紅溶液變紅充分振蕩右側(cè)小試管，下層溶液紅色褪去A中溶液紅色褪去的原因是：CH3COOC2H5NaOHCH3COONaC2H5OHB中溶液變紅的原因是：

3、CH3COOH2OCH3COOHHC由實(shí)驗(yàn)、推測，中紅色褪去的原因是乙酸乙酯萃取了酚酞D中紅色褪去證明右側(cè)小試管中收集到的乙酸乙酯中混有乙酸4、下列對實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象解釋的方程式中，正確的是A0.1 mol/L次氯酸溶液的pH約為4.2： HClO= H+ ClO-B向醋酸中加入NaHCO3溶液得到無色氣體：2CH3COOH + CO=2CH3COO- + H2O+ CO2C向NaHSO4溶液中加入足量Ba（OH）2溶液，得到白色沉淀：2H+ +SO + Ba2+ +2OH- =BaSO4 + 2H2OD在煤中添加石灰石，降低尾氣中SO2濃度：2CaCO3 + 2SO2+O22CaSO4+ 2CO25

4、、下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是ANa加入H2O中：Na + 2H2O=Na+ + 2OH+ H2BFe(CH3COO)2溶液中加入稀硝酸：CH3COO+H+ = CH3COOHCAg(NH3)2OH溶液中加入過量鹽酸：Ag(NH3)2+ +OH +3H+ +Cl=AgCl+2NH+H2ODNa2SO3溶液中通入過量Cl2：3SO+Cl2 + H2O = 2HSO+2Cl+SO6、下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是ASO2具有氧化性，可用于漂白紙漿BSi的熔點(diǎn)高，可用作半導(dǎo)體材料CFeCl3溶液顯酸性，可用于蝕刻銅制的電路板D漂白液中含有強(qiáng)氧化性物質(zhì)，可作漂白劑和消毒劑7、下列氣體通入溶

5、液中一定不會出現(xiàn)渾濁的是ACO2通入Ca(OH)2溶液中BSO2通入Ba（NO3）2溶液中CSO2通入BaCl2溶液中DCl2通入氫硫酸溶液中8、下列實(shí)驗(yàn)方案中不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖沁x項(xiàng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康膶?shí)驗(yàn)方案A探究溫度對反應(yīng)速率的影響2支盛有5 mL相同濃度Na2S2O3溶液的試管分別放在不同溫度的水槽中，分別向其中加入5mL相同濃度的稀硫酸溶液，觀察現(xiàn)象B檢驗(yàn)Fe（NO3）2晶體是否已氧化變質(zhì)將Fe（NO3）2樣品溶于稀H2SO4后滴加KSCN溶液觀察溶液是否變紅C配制480mL0.2molL1CuSO4將25.0 g CuSO45H2O固體加入蒸餾水中配制成500mL溶液D探究碳酸鈉溶液中存在水解

6、平衡向一定濃度的Na2CO3溶液滴入酚酞試液，溶液變紅，然后滴加BaCl2溶液，可觀察到溶液顏色逐漸變淺直至消失AABBCCDD9、氯元素在自然界有35Cl和37Cl兩種同位素，在計(jì)算式3575.77%+3724.23%=35.48中（ ）A35表示氯元素的相對原子質(zhì)量B35.48表示氯元素的相對原子質(zhì)量C35.48表示氯元素的近似相對原子質(zhì)量D24.23%表示35Cl的豐度10、下列物質(zhì)NaHCO3 (NH4)2SO4 Al2O3 (NH4)2CO3Mg(OH)2中，既可以和鹽酸反應(yīng)也可以和Ba(OH)2溶液反應(yīng)的是()ABCD11、下列解釋事實(shí)或?qū)嶒?yàn)現(xiàn)象的化學(xué)用語正確的是A硫酸酸化的KI淀

7、粉溶液久置后變藍(lán)：4I+O2 + 4H+ = 2I2+2H2OB鐵和稀硝酸反應(yīng)制得淺綠色溶液：Fe + 4H+ + NO3= Fe3+ + NO+ 2H2OC水垢上滴入CH3COOH溶液有氣泡產(chǎn)生：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+ H2ODSO2通入漂白粉溶液中產(chǎn)生白色渾濁：SO2+Ca2+2ClO-+H2O=CaSO3+2HClO12、下列離子方程式書寫正確的是AK2O2加入H218O中：2K2O2 + 2H218O =4K+ + 4OH + 18O2B用銅作電極電解飽和食鹽水：2Cl+ 2H2O Cl2+ H2+ 2OHCNH4Al（SO4）2溶液與過量KOH溶液反應(yīng)：Al3+ 4OH

8、=AlO+2H2OD用氨水溶解AgOH沉淀：AgOH + 2NH3H2O =Ag（NH3）2+ + 2H2O + OH13、自然界中時(shí)刻存在著氮的轉(zhuǎn)化。實(shí)現(xiàn)氮按照一定方向轉(zhuǎn)化一直是科學(xué)領(lǐng)域研究的重要課題，如圖為N2分子在催化劑的作用下發(fā)生的一系列轉(zhuǎn)化示意圖：下列敘述正確的是AN2NH3，NH3NO均屬于氮的固定B催化劑a作用下氮原子發(fā)生了氧化反應(yīng)C催化劑a、b表面均發(fā)生了極性共價(jià)鍵的斷裂D使用催化劑a、b均可以提高單位時(shí)間內(nèi)生成物的產(chǎn)量14、生物浸出是用細(xì)菌等微生物從固體中浸出金屬離子，有速率快、浸出率高等特點(diǎn)。氧化亞鐵硫桿菌是一類在酸性環(huán)境中加速Fe2+氧化的細(xì)菌，其浸出ZnS礦機(jī)理如圖所示

9、。下列說法正確的是A浸出過程中需要不斷補(bǔ)充鐵鹽B溫度越高，ZnS浸出速率越快C反應(yīng)的離子方程式為：2Fe3+ZnS = Zn2+2Fe2+SD理論上反應(yīng)I中每消耗1.12L O2可浸出6.5g Zn2+15、常溫下用pH=3的醋酸溶液與pH=11的氫氧化鈉溶液等體積混合，關(guān)于所得溶液酸堿性的描述正確的是A顯堿性B顯中性C顯酸性D可能中性、堿性、酸性16、下列實(shí)驗(yàn)操作對應(yīng)的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象及解釋或結(jié)論都正確的是()選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象解釋或結(jié)論A向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液溶液變?yōu)辄S色氧化性：H2O2Fe3B向5mL1mol/L NaOH溶液中滴加5滴1mol/L MgCl2溶液，

10、然后再滴加足量的1mol/L CuCl2溶液先產(chǎn)生白色沉淀，然后產(chǎn)生藍(lán)色沉淀KspCu(OH)2KspMg(OH)2C將充滿NO2的密閉玻璃球浸泡在熱水中紅棕色變深2NO2(g)N2O4(g)H0D向一定量酸性KMnO4溶液中加入乙二醇（HOCH2CH2OH）溶液紫色褪去乙二醇被氧化為乙二酸AABBCCDD二、非選擇題（本題包括5小題）17、已知A為淡黃色固體，R是地殼中含量最多的金屬元素的單質(zhì)，T為生活中使用最廣泛的金屬單質(zhì)，D是具有磁性的黑色晶體，C、F是無色無味的氣體，H是白色沉淀，W溶液中滴加KSCN溶液出現(xiàn)血紅色。（1）物質(zhì)A的化學(xué)式為_，F(xiàn)化學(xué)式為_；（2）B和R在溶液中反應(yīng)生成F

11、的離子方程式為_；（3）H在潮濕空氣中變成M的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是_，化學(xué)方程式為_。（4）A和水反應(yīng)生成B和C的離子方程式為_，由此反應(yīng)可知A有作為_的用途。（5）M投入鹽酸中的離子方程式_。18、A、B、C、D是元素周期表中前36號元素，它們的核電荷數(shù)依次增大。第二周期元素A原子的核外成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的2倍且有3個(gè)能級，B原子的最外層p軌道的電子為半充滿結(jié)構(gòu)，C是地殼中含量最多的元素。D是第四周期元素，其原子核外最外層電子數(shù)與氫原子相同，其余各層電子均充滿。請回答下列問題：(1)A、B、C的第一電離能由小到大的順序是_(用對應(yīng)的元素符號表示)；基態(tài)D原子的電子排布式為_。(2)A的最高價(jià)氧化

12、物對應(yīng)的水化物分子中，其中心原子采取_雜化；BC3-的立體構(gòu)型為_(用文字描述)。(3)1mol AB-中含有的鍵個(gè)數(shù)為_。(4)如圖是金屬Ca和D所形成的某種合金的晶胞結(jié)構(gòu)示意圖，則該合金中Ca和D的原子個(gè)數(shù)比_。(5)鑭鎳合金與上述合金都具有相同類型的晶胞結(jié)構(gòu)XYn，它們有很強(qiáng)的儲氫能力。己知鑭鎳合金LaNin晶胞體積為9.010-23cm3，儲氫后形成LaNinH4.5合金(氫進(jìn)入晶胞空隙，體積不變)，則LaNin中n=_(填數(shù)值)；氫在合金中的密度為_(保留2位有效數(shù)字)。19、某化學(xué)興趣小組為探索銅跟濃硫酸的反應(yīng)，用下圖所示裝置進(jìn)行有關(guān)實(shí)驗(yàn)。取a g Cu片、12mL 18mol/L

13、濃H2SO4放入圓底燒瓶中加熱，直到反應(yīng)完畢，最后發(fā)現(xiàn)燒瓶中還有一定量的H2SO4和Cu剩余。請回答：（1）請寫出Cu與濃H2SO4反應(yīng)的化學(xué)方程式_，裝置E中試管D內(nèi)盛品紅溶液，當(dāng)D中觀察到_時(shí)，說明C中氣體集滿，取下試管D，用酒精燈加熱，觀察到的現(xiàn)象是_。（2）裝置B的作用是貯存多余的氣體，B中放置的液體可以是_ （填字母）。A酸性KMnO4 B飽和Na2S溶液C飽和NaHCO3溶液 D飽和NaHSO3溶液（3）下列藥品中，能夠證明反應(yīng)后的燒瓶中有酸剩余的是_。AKNO3晶體 BNaHCO3溶液 CZn粉 DBaCl2溶液（4）該法制備硫酸銅溶液有諸多缺點(diǎn)，任意寫出一條_，可以用稀硫酸和廢

14、銅屑通過綠色方法制得純凈的硫酸銅溶液，寫出一種制備方法_（用方程式表示）。20、某溶液中只含有Ba2+、Mg2+、Ag+三種陽離子，現(xiàn)用適量的NaOH溶液、稀鹽酸和Na2SO4溶液將這三種離子逐一沉淀分離，其流程如圖所示：(1)沉淀1的化學(xué)式為_，生成該沉淀的離子方程式為_。(2)若試劑B為Na2SO4溶液，則沉淀2化學(xué)式為_。對于反應(yīng)后的溶液2，怎樣檢驗(yàn)已除去_。(3)若試劑B為NaOH溶液，則生成沉淀2的離子方程式為_。(4)如果原溶液中Ba2+、Mg2+、Ag+的濃度均為0.1 molL-1，且溶液中含有的陰離子只有，則溶液中濃度為_molL-1。21、以廢舊鋅錳電池初步處理分選出的廢料

15、（含MnO2、MnOOH、MnO及少量Fe、Pb等）為原料制備MnO2，實(shí)現(xiàn)錳的再生利用。其工藝流程如下：已知：Mn2+在酸性條件下比較穩(wěn)定，pH高于5.5時(shí)易被O2氧化。金屬離子（起始濃度為0.1 molL-1）生成氫氧化物沉淀的pHMn（OH）2Pb（OH）2Fe（OH）3開始沉淀時(shí)8.16.51.9完全沉淀時(shí)10.18.53.2回答下列問題：（1）酸浸過程中MnO2與濃鹽酸反應(yīng)的離子方程式為_。（2）濾液中鐵以Fe3+存在，F(xiàn)e2+轉(zhuǎn)化為Fe3+過程中，可能發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_（寫出1種即可）。（3）除鐵的方法是：向?yàn)V液中加MnCO3調(diào)節(jié)溶液pH，其范圍是_；過濾得濾液。（4）將濾液

16、轉(zhuǎn)化為MnO2的方法常用氧化法和電解法。氧化法的具體做法是向所得溶液中加入酸化的NaC1O3將Mn2+氧化為MnO2，該反應(yīng)的離子方程式為_。電解法生成MnO2的電極反應(yīng)式為_。2022-2023學(xué)年模擬測試卷參考答案（含詳細(xì)解析）一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1、D【題目詳解】A.若酒精和84消毒液混合使用，具有還原性的乙醇與具有強(qiáng)氧化性的次氯酸鈉發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成有毒的氯氣，不但不能提高對新型冠狀病毒的預(yù)防效果，還可能發(fā)生意外中毒，故A錯(cuò)誤；B.納米鐵粉可以去除被污染水體中的Cu2+、Hg2+等重金屬離子的原因是納米鐵粉與被污染水體中的Cu2+、Hg2+等重金屬離子發(fā)生置換反應(yīng)生

17、成銅和汞，屬于化學(xué)變化，故B錯(cuò)誤；C.煤燃燒生成二氧化碳和二氧化硫，煤中加入氧化鈣，氧化鈣與二氧化硫反應(yīng)生成亞硫酸鈣，亞硫酸鈣被空氣中氧氣氧化生成硫酸鈣，而二氧化碳高溫下不能與氧化鈣反應(yīng)，則燃煤中加入氧化鈣可以減少二氧化硫的排放，減少酸雨的形成，但不能減少二氧化碳的排放，故C錯(cuò)誤；D.三維存儲器的半導(dǎo)體襯底材料是單晶硅，故D正確；故選D。2、C【答案解析】A. 燃燒熱要求可燃物的物質(zhì)的量必須為1mol，得到穩(wěn)定的產(chǎn)物，H2O的狀態(tài)必須為液態(tài)，正確的熱化學(xué)方程式為：C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)H=-1367.0kl，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B. 中和反應(yīng)是放熱反應(yīng)，H 應(yīng)

18、小于0，正確的熱化學(xué)方程式為：NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）H=-57.3kl/mol，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C. 熱化學(xué)方程式的書寫注明了物質(zhì)的聚集狀態(tài)、H的正負(fù)號、數(shù)值、單位，故C項(xiàng)正確；D. 熱化學(xué)反應(yīng)方程式要注明物質(zhì)的狀態(tài)，正確的熱化學(xué)方程式為：2NO2（g）=O2（g）+2NO（g）H=+116.2kl/mol，故D項(xiàng)錯(cuò)誤；故答案為C。3、D【題目詳解】A乙酸乙酯在NaOH溶液中發(fā)生水解，且水解徹底，則紅色褪去的原因是：CH3COOC2H5+NaOH=CH3COONa+C2H5OH，不需要可逆號，故A錯(cuò)誤；B醋酸鈉水解顯堿性，則中溶液變紅的原因是：CH3COO

19、-+H2OCH3COOH+OH-，故B錯(cuò)誤；C褪色與萃取無關(guān)，與反應(yīng)有關(guān)，故C錯(cuò)誤；D乙酸與碳酸鈉反應(yīng)，導(dǎo)致堿性降低，則溶液紅色褪去可知收集到的乙酸乙酯中混有乙酸，故D正確；故答案為D。4、D【題目詳解】A. HClO為弱電解質(zhì)，不完全電離，故A錯(cuò)誤；B. NaHCO3溶液中電離生成Na+和，不能拆成形式，故B錯(cuò)誤；C. NaHSO4溶液中加入足量Ba（OH）2溶液反應(yīng)，離子方程式中H+與的系數(shù)比應(yīng)為1:1離子方程式為H+ +SO + Ba2+ +OH- =BaSO4 + H2O，故C錯(cuò)誤；D. 石灰石與 SO2和空氣中氧氣反應(yīng)得到CaSO4和CO2降低尾氣中SO2濃度，化學(xué)方程式為：2CaC

20、O3 + 2SO2+O22CaSO4+ 2CO2，故D正確。故答案選：D。5、C【題目詳解】A.Na加入H2O發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：2Na + 2H2O=2Na+ + 2OH+ H2，故A錯(cuò)誤；B.稀硝酸具有強(qiáng)氧化性，所以Fe(CH3COO)2溶液中加入稀硝酸發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：6CH3COO+10H+ +NO+3Fe2+= 6CH3COOH+ 3Fe3+NO+H2O，故B錯(cuò)誤；C.Ag(NH3)2OH溶液中加入過量鹽酸反應(yīng)的離子方程式為：Ag(NH3)2+ +OH +3H+ +Cl=AgCl+2NH+H2O，故C正確；D.Cl2具有強(qiáng)氧化性，Na2SO3具有還原性，所以Na2SO3溶液

21、中通入過量Cl2會發(fā)生氧化還原反應(yīng)，其反應(yīng)的離子方程式：SO+Cl2 + H2O = SO+2Cl+2H+，故D錯(cuò)誤；故答案：C。6、D【題目詳解】A.用于漂白紙漿，利用的是SO2的漂白性，A錯(cuò)誤；B. Si能導(dǎo)電，可用作半導(dǎo)體材料，B錯(cuò)誤；C. FeCl3溶液具有較強(qiáng)的氧化性，可用于蝕刻銅制的電路板，C錯(cuò)誤；D. 漂白液中含有強(qiáng)氧化性物質(zhì)，可作漂白劑和消毒劑，D正確。故選D。7、C【題目詳解】ACO2通入Ca(OH)2溶液中，可形成碳酸鈣沉淀，因此會出現(xiàn)渾濁，故A不符合題意；BSO2通入Ba(NO3)2溶液中，有硫酸鋇沉淀生成，故B不符合題意；C鹽酸的酸性大于亞硫酸，所以SO2通入BaCl2

22、溶液中，不可能生成亞硫酸鋇沉淀和鹽酸，故C符合題意；DCl2通入氫硫酸溶液中，有不溶于水的硫沉淀生成，故D不符合題意；故答案為C。8、B【題目詳解】ANa2S2O3與稀硫酸反應(yīng)Na2S2O3H2SO4=Na2SO4SO2SH2O，溶液將變渾濁，即該實(shí)驗(yàn)?zāi)芴骄繙囟葘Ψ磻?yīng)速率的影響，故A說法正確；B 在酸性條件下具有強(qiáng)氧化性，能將Fe2氧化成Fe3，對檢驗(yàn)Fe(NO3)2是否變質(zhì)產(chǎn)生干擾，故B說法錯(cuò)誤；C容量瓶有固定規(guī)格，配制CuSO4溶液，需要CuSO45H2O的質(zhì)量為500103L0.2molL1250gmol1=25.0g，然后加入蒸餾水，配制成500mL溶液，故C說法正確；D Na2CO3

23、屬于強(qiáng)堿弱酸鹽，其溶液中存在，溶液顯堿性，滴入酚酞溶液變紅，加入BaCl2溶液，發(fā)生，促使平衡左移，溶液中c(OH)減小，觀察到溶液顏色變淺直至消失，該實(shí)驗(yàn)?zāi)軌蜻_(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故D說法正確；故答案為B?！敬鸢更c(diǎn)睛】易錯(cuò)點(diǎn)是選項(xiàng)C，實(shí)驗(yàn)室中容量瓶的規(guī)格常見的有100mL、250 mL、500 mL、1000mL，因此配制480 mL的CuSO4，需要用500mL容量瓶。9、C【題目詳解】A、35表示35Cl的相對原子質(zhì)量的近似值，故A錯(cuò)誤；B、氯元素的相對原子質(zhì)量是用兩種同位素的相對原子質(zhì)量分別乘以各自的豐度計(jì)算得到的結(jié)果，35.48表示氯元素的近似相對原子質(zhì)量，故B錯(cuò)誤；C、元素的近似相對原子質(zhì)

24、量=各元素的質(zhì)量數(shù)原子百分比，35.5表示氯元素的近似相對原子質(zhì)量，故C正確；D、24.23%表示37Cl的豐度，故D錯(cuò)誤；故選C。10、A【答案解析】可以與鹽酸反應(yīng)生成氯化鈉、水以及二氧化碳,還可以和氫氧化鋇反應(yīng)生成碳酸鋇和碳酸鈉,故正確;屬于銨鹽,與氫氧化鋇能反應(yīng),與鹽酸不反應(yīng),故錯(cuò)誤;兩性氫氧化物,既能和強(qiáng)酸又能和強(qiáng)堿發(fā)生反應(yīng),故正確;屬于銨鹽,可以和氫氧化鋇反應(yīng)生成碳酸鋇、水和氨氣,也能和鹽酸反應(yīng)生成氯化銨、水和二氧化碳,故正確;是堿,能與鹽酸反應(yīng),與堿不反應(yīng),故錯(cuò)誤;故既可以和鹽酸反應(yīng)也可以和溶液反應(yīng)的是:,所以A選項(xiàng)是正確的。點(diǎn)睛：既能和酸反應(yīng)又能和堿反應(yīng)的物質(zhì)類別：兩性物質(zhì)，如A

25、l2O3兩性氧化物；兩性氫氧化物如Al(OH)3,弱酸的酸式鹽，如NaHCO3；鹽的陰陽離子分別能和H+ OH-反應(yīng)的物質(zhì)。如(NH4)2CO3，關(guān)鍵突破物質(zhì)類別。11、A【題目詳解】A.硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后變藍(lán)，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)，離子方程式為：4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，故A正確；B.鐵和稀硝酸反應(yīng)產(chǎn)物與量有關(guān)，鐵少量時(shí)變成三價(jià)鐵，溶液由無色變?yōu)辄S色，離子方程式為Fe + 4H+ + NO3=Fe3+ + NO+ 2H2O；鐵過量時(shí)變成二價(jià)亞鐵，溶液由無色變?yōu)闇\綠色，離子方程式為：3Fe + 8H+ + 2NO3= 3Fe2+ +2 NO+ 4H2O，故B錯(cuò)誤；C.醋

26、酸是弱酸，不能拆成離子，反應(yīng)的離子方程式為：CaCO3+2CH3COOHCa2+H2O+CO2+2CH3COO-，故C錯(cuò)誤；D.SO2通入漂白粉溶液中產(chǎn)生白色渾濁：SO2+Ca2+2ClO-+H2O = CaSO3+2HClO，生成的次氯酸具有強(qiáng)氧化性，能氧化亞硫酸鈣，故D錯(cuò)誤。答案選A?！敬鸢更c(diǎn)睛】本題考查的是實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象的解釋和離子方程式的書寫。解題時(shí)需注意B選項(xiàng)鐵與稀硝酸反應(yīng)的產(chǎn)物與反應(yīng)條件有關(guān)，鐵少量時(shí)變成三價(jià)鐵，鐵過量時(shí)變成二價(jià)亞鐵，產(chǎn)物不同溶液的顏色不同；D選項(xiàng)次氯酸具有強(qiáng)氧化性，能夠氧化亞硫酸鈣。12、D【題目詳解】AK2O2加入H218O中，K2O2既是氧化劑，又是還原劑，水中氧元

27、素完全轉(zhuǎn)化成氫氧根離子，正確的離子方程式為：2Na2O2+2H218O4Na+2OH-+218OH-+O2，故A錯(cuò)誤；B用銅作電極電解飽和食鹽水時(shí)，陽極Cu要失電子被氧化，則發(fā)生的離子反應(yīng)為Cu+ 2H2OCu(OH)2+ H2，故B錯(cuò)誤；CNH4Al（SO4）2溶液與過量KOH溶液反應(yīng)的離子方程式為+Al3+ 5OH-=AlO+2H2O+NH3H2O，故C錯(cuò)誤；D用氨水溶解AgOH沉淀時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為AgOH + 2NH3H2O =Ag（NH3）2+ + 2H2O + OH，故D正確；故答案為D。13、D【題目詳解】AN2轉(zhuǎn)化為NH3屬于氮的固定，而NH3轉(zhuǎn)化為NO是氮元素化合物之間

28、的轉(zhuǎn)化，不屬于氮的固定，A錯(cuò)誤；B在催化劑a的作用下，氮原子有0價(jià)變?yōu)?3價(jià)，化合價(jià)降低，獲得電子，發(fā)生了還原反應(yīng)，B錯(cuò)誤；C在催化劑a表面發(fā)生了非極性共價(jià)鍵的斷裂，在b表面發(fā)生了極性共價(jià)鍵的斷裂，C錯(cuò)誤；D催化劑可以提高化學(xué)反應(yīng)速率，可以提高單位時(shí)間內(nèi)生成物的產(chǎn)量，D正確；故選D。14、C【題目詳解】A總反應(yīng)為O2+4H+2ZnS2S+2Zn2+2H2O，不需要補(bǔ)充鐵鹽，故A錯(cuò)誤；B溫度過高，氧化亞鐵硫桿菌變性，降低浸出速率，故B錯(cuò)誤；C由圖中轉(zhuǎn)化可知反應(yīng)的方程式為2Fe3+ZnSZn2+2Fe2+S，故C正確；D該選項(xiàng)未提到標(biāo)準(zhǔn)狀況下，不能用22.4L/mol計(jì)算物質(zhì)的量，故D錯(cuò)誤；答案選

29、C。15、C【題目詳解】pH=3的醋酸溶液中，氫離子的濃度c(H+)=10-3mol/L，c(CH3COOH)10-3mol/L，pH=11的氫氧化鈉溶液中，氫氧根的濃度c(OH-)=10-3mol/L；酸為弱酸，二者混合后，酸電離產(chǎn)生的H+與OH-恰好中和，而酸過量，得到的溶液是過量的醋酸和生成的強(qiáng)堿弱酸鹽的混合溶液，由于酸的電離程度通常大于鹽的水解程度，故溶液顯酸性，所以合理選項(xiàng)是C。16、C【題目詳解】A. Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸，由于硝酸根離子在酸性條件下將亞鐵離子氧化為鐵離子，故無法判斷在該反應(yīng)中，雙氧水是否參加了反應(yīng)，故不能據(jù)此實(shí)驗(yàn)判斷H2O2和Fe3的氧化化性的相對強(qiáng)弱的

30、關(guān)系，A的結(jié)論不正確； B. 向5mL1mol/L NaOH溶液中滴加5滴1mol/L MgCl2溶液，兩者反應(yīng)生成白色的氫氧化鎂沉淀，且NaOH溶液有大量剩余，然后再滴加足量的1mol/L CuCl2溶液，則可生成藍(lán)色的氫氧化銅沉淀，由于兩種鹽溶液不是同時(shí)加入的，因此不存在競爭關(guān)系，故無法據(jù)此判斷兩種沉淀的溶度積的相對大小，B的結(jié)論不正確；C. 升高溫度，可逆反應(yīng)向吸熱反應(yīng)方向移動。升高溫度后，氣體的顏色加深，說明平衡向生成二氧化氮方向移動，所以正反應(yīng)是放熱反應(yīng)， C選項(xiàng)正確；D. 向一定量酸性KMnO4溶液中加入乙二醇（HOCH2CH2OH），溶液的紫色褪去，說明KMnO4被還原，但不能據(jù)

31、此判斷乙二醇被氧化后的產(chǎn)物，所以D選項(xiàng)的結(jié)論不正確。答案選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、Na2O2 H2 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 白色沉淀迅速變成灰綠色，最終變成紅褐色 4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3 2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2 供氧劑 Fe（OH）3+3H+=Fe3+3H2O 【題目詳解】A為淡黃色固體，其能與水反應(yīng)，則其為Na2O2；R是地殼中含量最多的金屬元素的單質(zhì)，則其為Al；T為生活中使用最廣泛的金屬單質(zhì)，則其為Fe；D是具有磁性的黑色晶體，則其為Fe3O4；Na2O2與水反應(yīng)生成NaOH和O2，所以C為O2

32、；Al與NaOH溶液反應(yīng)，生成偏鋁酸鈉和氫氣，所以F為H2，B為NaOH；Fe3O4與鹽酸反應(yīng)，生成FeCl3、FeCl2和水，F(xiàn)eCl3再與Fe反應(yīng)，又生成FeCl2，所以E為FeCl2；它與NaOH溶液反應(yīng)，生成白色沉淀Fe(OH)2，它是H；Fe(OH)2在空氣中被氧化為Fe(OH)3，它與鹽酸反應(yīng)生成FeCl3，它為W。（1）物質(zhì)A的化學(xué)式為Na2O2。答案為：Na2O2F化學(xué)式為H2。答案為：H2（2）NaOH和Al在溶液中反應(yīng)生成H2的離子方程式為2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2。答案為：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2（3）Fe(OH)2在潮濕空氣

33、中變成Fe(OH)3的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是白色沉淀迅速變成灰綠色，最終變成紅褐色。答案為：白色沉淀迅速變成灰綠色，最終變成紅褐色化學(xué)方程式為4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。（4）Na2O2和水反應(yīng)生成NaOH和O2的離子方程式為2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2。答案為：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2由此反應(yīng)可知A有作為供氧劑的用途。答案為：供氧劑（5）Fe(OH)3投入鹽酸中的離子方程式Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2O。答案為：Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2O18、CON 1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1

34、sp2 平面三角形 2NA(或26.021023) 15 5 0.083 gcm-3 【分析】A、B、C、D是元素周期表中前36號元素，它們的核電荷數(shù)依次增大；第二周期元素A原子的核外成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的2倍且有3個(gè)能級，則A是C元素；C是地殼中含量最多的元素，則C是O元素；B原子的最外層p軌道的電子為半充滿結(jié)構(gòu)，且原子序數(shù)大于A而小于C，則B是N元素；D是第四周期元素，其原子核外最外層電子數(shù)與氫原子相同，其余各層電子均充滿，則D是Cu元素；(1)同一周期元素，元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素；基態(tài)D原子核外有29個(gè)電子，根據(jù)構(gòu)造原

35、理書寫基態(tài)D原子的簡化電子排布式；(2)A的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物是H2CO3，該分子中中心原子C原子價(jià)層電子對個(gè)數(shù)是3且不含孤電子對，根據(jù)價(jià)層電子對互斥理論判斷其中心原子雜化方式及碳酸根離子空間構(gòu)型；(3)CN-與N2互為等電子體，則每個(gè)CN-中含有C、N三鍵，1個(gè)鍵，2個(gè)鍵，據(jù)此計(jì)算1mol CN-中含有的鍵個(gè)數(shù)；(4)根據(jù)圖示的金屬Ca和Cu所形成的某種合金的晶胞結(jié)構(gòu)，利用均攤法計(jì)算Ca、Cu原子個(gè)數(shù)之比；(5)鑭鎳合金與上述合金都具有相同類型的晶胞結(jié)構(gòu)XYn，根據(jù)Ca、Cu合金確定該鑭鎳合金中n值；其密度根據(jù)=計(jì)算?！绢}目詳解】根據(jù)上述分析可知：A是C元素；B是N元素；C是O元素；D

36、是Cu元素。(1)同一周期元素，元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，所以C、N、O元素第一電離能從小到大順序是CON；基態(tài)Cu原子核外有29個(gè)電子，根據(jù)構(gòu)造原理，基態(tài)Cu原子的核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，簡化電子排布式為Ar3d104s1；(2)A是C元素，C元素的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物是H2CO3，分子中的中心C原子價(jià)層電子對個(gè)數(shù)是3且不含孤電子對，根據(jù)價(jià)層電子對互斥理論判斷其中心原子雜化方式為sp2雜化，CO32-空間構(gòu)型為平面三角形；(3)CN-與N2互為等電子體，則每個(gè)CN-中C、N原子之間形成三

37、個(gè)共價(jià)鍵，其中含有1個(gè)鍵，含有2個(gè)鍵，則1mol CN-中含有的鍵個(gè)數(shù)為2NA；(4)根據(jù)金屬Ca和Cu所形成的某種合金的晶胞結(jié)構(gòu)示意圖可知：該晶胞中Ca原子個(gè)數(shù)=8=1，含有的Cu原子個(gè)數(shù)=8+1=5，則該晶體中Ca、Cu原子個(gè)數(shù)之比為1：5；(5)Ca、Cu合金化學(xué)式為CaCu5，鑭鎳合金與上述合金都具有相同類型的晶胞結(jié)構(gòu)XYn，所以該鑭鎳合金中n=5；該物質(zhì)密度=g/cm3=0.083g/cm3?！敬鸢更c(diǎn)睛】本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及晶胞計(jì)算、原子雜化、電離能、核外電子排布等知識點(diǎn)，熟練掌握原子結(jié)構(gòu)理論、物質(zhì)結(jié)構(gòu)變化的一般規(guī)律及反?，F(xiàn)象是正確分析判斷的基礎(chǔ)，難點(diǎn)是晶胞計(jì)算，題目側(cè)重考查

38、學(xué)生分析計(jì)算及空間想象能力。19、Cu + 2H2SO4CuSO4 + SO2 + 2H2O品紅溶液褪色品紅溶液又恢復(fù)原來的紅色DABC產(chǎn)生SO2污染環(huán)境，生產(chǎn)等量硫酸銅消耗硫酸多等任寫一條合理答案2Cu+ O2+2H2SO4 2CuSO4 +2H2O 或 Cu+ H2O2+H2SO4 CuSO4 + 2H2O【答案解析】試題分析：（1）Cu與濃H2SO4反應(yīng)生成硫酸銅、二氧化硫、水；二氧化硫能使品紅溶液褪色，加熱后能恢復(fù)紅色。（2）裝置B的作用是貯存多余的氣體，B中液體不能和二氧化硫反應(yīng)；（3）要證明反應(yīng)后的燒瓶中有酸剩余，需證明溶液含有氫離子；（4）該反應(yīng)生成二氧化硫氣體；可以用稀硫酸和廢

39、銅屑、氧氣加熱的方法制得純凈的硫酸銅。解析：（1）Cu與濃H2SO4反應(yīng)生成硫酸銅、二氧化硫、水，反應(yīng)的化學(xué)方程式是Cu + 2H2SO4CuSO4 + SO2 + 2H2O；二氧化硫能使品紅溶液褪色，加熱后能恢復(fù)紅色，所以當(dāng)D中觀察到品紅溶液褪色時(shí)，說明C中氣體集滿，取下試管D，用酒精燈加熱，觀察到的現(xiàn)象是品紅溶液又恢復(fù)原來的紅色。（2）酸性KMnO4具有強(qiáng)氧化性，能把二氧化硫氧化成硫酸根離子；飽和Na2S溶液與二氧化硫反應(yīng)生成硫沉淀；飽和NaHCO3溶液與二氧化硫反應(yīng)生成亞硫酸氫鈉和二氧化碳；BaCl2溶液與二氧化硫不反應(yīng)，故選D；（3）根據(jù)，若加入硝酸鉀有氣體放出，則硫酸有剩余；根據(jù)，若

40、 NaHCO3溶液有氣體放出，則硫酸有剩余；根據(jù)，若加入Zn粉有氣泡生成，則硫酸有剩余；BaCl2溶液與硫酸、硫酸銅都能反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，若加入BaCl2溶液有沉淀生成不能證明有硫酸剩余，故選ABC；（4）Cu與濃H2SO4反應(yīng)生成二氧化硫氣體，二氧化硫有毒，污染空氣；可以用稀硫酸和廢銅屑、氧氣加熱的方法制得純凈的硫酸銅，反應(yīng)方程式是2Cu+ O2+2H2SO4 2CuSO4 +2H2O。點(diǎn)睛：Cu與濃H2SO4反應(yīng)時(shí)，濃硫酸表現(xiàn)酸性和氧化性。通入氧氣或過氧化氫作氧化劑可以減少硫酸的消耗量，并減少空氣污染。20、AgCl Ag+Cl-=AgCl BaSO4 取少許溶液2于試管，向其中滴加氯化

41、鋇溶液，看是否有沉淀，若沒有沉淀，則硫酸根已除去 Mg2+2OH-=Mg(OH)2 0.5 【分析】某溶液中含有Ba2+、Mg2+、Ag+，現(xiàn)用NaOH溶液、鹽酸和Na2SO4溶液將這三種離子逐一沉淀分離，OH-和Mg2+、Ag+反應(yīng)；和Ba2+反應(yīng)，所以先用HCl將Ag+轉(zhuǎn)化為AgCl沉淀，過濾后加入Na2SO4或NaOH生成BaSO4沉淀或Mg(OH)2沉淀，所以B可能是Na2SO4或NaOH。若試劑B為Na2SO4溶液，則沉淀2為BaSO4，溶液2含有Mg2+，加入NaOH溶液，生成沉淀3為Mg(OH)2；若試劑B為NaOH溶液，沉淀2為Mg(OH)2，沉淀3為BaSO4，以此解答該題?！绢}目詳解】(1)向含有Ba2+、Mg2+、Ag+的溶液中加入HCl，發(fā)生反應(yīng)：Ag+Cl-=AgCl，產(chǎn)生AgCl白色沉淀，所以沉淀1為AgCl，生成該沉淀的離子方程式為：Ag+Cl-=A